新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题1　培优点4　极值点偏移问题（含解析）

培优点4极值点偏移问题极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色．考点一对称化构造函数例1(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝eq\f(ex,x)－lnx＋x－a.(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.(1)解由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)－eq\f(1,x)＋1＝eq\f(exx－1－x＋x2,x2)＝eq\f(ex＋xx－1,x2)，可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．(2)证明方法一不妨设x1<x2，则由(1)知0<x1<1<x2，eq\f(1,x1)>1.令F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，则F′(x)＝eq\f(ex＋xx－1,x2)＋SKIPIF1<0＝SKIPIF1<0令g(x)＝ex＋x－SKIPIF1<0－1(x>0)，则g′(x)＝ex＋1－SKIPIF1<0＝ex＋1＋SKIPIF1<0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))(x>0)，所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，所以当x∈(0,1)时，g(x)<g(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，F′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)<F(1)，即在(0,1)上f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))<F(1)＝0.又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))<0，即f(x2)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1))).由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2<eq\f(1,x1)，即x1x2<1.方法二(同构法构造函数化解等式)不妨设x1<x2，则由(1)知0<x1<1<x2，0<eq\f(1,x2)<1.由f(x1)＝f(x2)＝0，得SKIPIF1<0－lnx1＋x1＝SKIPIF1<0－lnx2＋x2，即SKIPIF1<0＋x1－lnx1＝SKIPIF1<0＋x2－lnx2.因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，所以x1－lnx1＝x2－lnx2成立．构造函数h(x)＝x－lnx(x>0)，g(x)＝h(x)－heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x－eq\f(1,x)－2lnx(x>0)，则g′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(x－12,x2)≥0(x>0)，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，即当x>1时，h(x)>heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，所以h(x1)＝h(x2)>heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2))).又h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，所以h(x)在(0,1)上单调递减，所以0<x1<eq\f(1,x2)<1，即x1x2<1.规律方法对称化构造法构造辅助函数：对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2>xeq\o\al(2,0)型，方法一是构造函数F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x)))，通过研究F(x)的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成lnx1＋lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成两变量即可．跟踪演练1已知函数f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx.(1)求f(x)的极值和单调区间；(2)若函数g(x)＝f(x)－a(a>2)的两个零点为x1，x2，证明：x1＋x2>4.(1)解f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(x－2,x2)(x>0)，令f′(x)>0得x>2，令f′(x)<0得0<x<2.所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以当x＝2时，f(x)取得极小值1＋ln2，无极大值，f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)．(2)证明由题意知，g(x1)＝g(x2)．不妨设x1<x2，由(1)知，g(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增；所以0<x1<2<x2.所以证明不等式x1＋x2>4等价于x2>4－x1，又因为4－x1>2，x2>2，g(x)在(2，＋∞)上单调递增，因此证明不等式等价于证明g(x2)>g(4－x1)，即证明g(x1)>g(4－x1)，即eq\f(2,x1)＋lnx1－a>eq\f(2,4－x1)＋ln(4－x1)－a(0<x1<2)，即eq\f(2,x1)＋lnx1－eq\f(2,4－x1)－ln(4－x1)>0(0<x1<2)恒成立，令h(x)＝eq\f(2,x)＋lnx－eq\f(2,4－x)－ln(4－x)(0<x<2)，则h′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)－eq\f(2,4－x2)＋eq\f(1,4－x)＝eq\f(－82－x2,x24－x2)<0，所以h(x)在(0,2)上单调递减，所以h(x)>h(2)＝1＋ln2－1－ln2＝0，即h(x)＝eq\f(2,x)＋lnx－eq\f(2,4－x)－ln(4－x)>0(0<x<2)恒成立，因此不等式eq\f(2,x1)＋lnx1－a>eq\f(2,4－x1)＋ln(4－x1)－a(0<x1<2)恒成立，即x1＋x2>4.考点二比值代换例2(2022·六安模拟)已知函数f(x)＝xlnx－ax2＋x(a∈R)．若f(x)有两个零点x1，x2，且x2>2x1，证明：x1x2>eq\f(8,e2).证明若f(x)有两个零点x1，x2，则x1lnx1－axeq\o\al(2,1)＋x1＝0，x2lnx2－axeq\o\al(2,2)＋x2＝0，得a＝eq\f(lnx1,x1)＋eq\f(1,x1)＝eq\f(lnx2,x2)＋eq\f(1,x2).因为x2>2x1>0，令x2＝tx1(t>2)，则eq\f(lnx1,x1)＋eq\f(1,x1)＝eq\f(lntx1,tx1)＋eq\f(1,tx1)，得lnx1＝eq\f(lnt,t－1)－1，则lnx2＝ln(tx1)＝lnt＋lnx1＝eq\f(tlnt,t－1)－1，所以ln(x1x2)＝lnx1＋lnx2＝eq\f(lnt,t－1)－1＋eq\f(tlnt,t－1)－1＝eq\f(t＋1lnt,t－1)－2.令h(t)＝eq\f(t＋1lnt,t－1)－2(t>2)，则h′(t)＝eq\f(－2lnt＋t－\f(1,t),t－12)，令φ(t)＝－2lnt＋t－eq\f(1,t)(t>2)，则φ′(t)＝－eq\f(2,t)＋1＋eq\f(1,t2)＝eq\f(t－12,t2)>0，则φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，所以φ(t)>φ(2)＝eq\f(3,2)－2ln2>0.所以h′(t)＝eq\f(φt,t－12)>0，则h(t)在(2，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(2)＝3ln2－2＝ln

eq\f(8,e2)，即ln(x1x2)>ln

eq\f(8,e2)，故x1x2>eq\f(8,e2).规律方法比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝eq\f(x1,x2)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．跟踪演练2(2022·湖北圆创联考)已知f(x)＝x2－2alnx，a∈R.若y＝f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)．(1)求实数a的取值范围；(2)若x0是y＝f(x)的极值点，求证：x1＋3x2>4x0.(1)解f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq\f(2a,x)＝eq\f(2x2－a,x)，要使y＝f(x)有两个零点，则a>0，令f′(x)>0，解得x>eq\r(a)，令f′(x)<0，解得0<x<eq\r(a)，故f(x)在(0，eq\r(a))上单调递减，在(eq\r(a)，＋∞)上单调递增，依题意需f(eq\r(a))＝(eq\r(a))2－2alneq\r(a)<0，此时1<lna，故a>e.(2)证明因为1<x1<eq\r(a)，x2>eq\r(a)，令eq\f(x2,x1)＝t(t>1)，由f(x1)＝f(x2)⇒xeq\o\al(2,1)－2alnx1＝xeq\o\al(2,2)－2alnx2，即xeq\o\al(2,1)－2alnx1＝t2xeq\o\al(2,1)－2alntx1⇒xeq\o\al(2,1)＝eq\f(2alnt,t2－1)，而x1＋3x2>4x0⇔(3t＋1)x1>4eq\r(a)⇔(3t＋1)2xeq\o\al(2,1)>16a，即(3t＋1)2·eq\f(2alnt,t2－1)>16a，由a>0，t>1，只需证(3t＋1)2lnt－8t2＋8>0，令h(t)＝(3t＋1)2lnt－8t2＋8，则h′(t)＝(18t＋6)lnt－7t＋6＋eq\f(1,t)，令n(t)＝(18t＋6)lnt－7t＋6＋eq\f(1,t)，则n′(t)＝18lnt＋11＋eq\f(6t－1,t2)>0(t>1)，故n(t)在(1，＋∞)上单调递增，n(t)>n(1)＝0，故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)>h(1)＝0，所以x1＋3x2>4x0.专题强化练1．(2022·佛山质检)已知a是实数，函数f(x)＝alnx－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个相异的零点x1，x2且x1>x2>0，求证：x1x2>e2.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)－1＝eq\f(a－x,x)，当a≤0时，f′(x)<0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，令f′(x)>0，得x∈(0，a)；令f′(x)<0，得x∈(a，＋∞)，故f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．(2)证明由(1)可知，要想f(x)有两个相异的零点x1，x2，则a>0，因为f(x1)＝f(x2)＝0，所以alnx1－x1＝0，alnx2－x2＝0，所以x1－x2＝a(lnx1－lnx2)，要证x1x2>e2，即证lnx1＋lnx2>2，等价于eq\f(x1,a)＋eq\f(x2,a)>2，而eq\f(1,a)＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，所以等价于证明eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)，即ln

eq\f(x1,x2)>eq\f(2x1－x2,x1＋x2)，令t＝eq\f(x1,x2)，则t>1，于是等价于证明lnt>eq\f(2t－1,t＋1)成立，设g(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，t>1，g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,t＋12)＝eq\f(t－12,tt＋12)>0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，故g(t)>g(1)＝0，即lnt>eq\f(2t－1,t＋1)成立，所以x1x2>e2，结论得证．2．(2021·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x(1－lnx)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.(1)解因为f(x)＝x(1－lnx)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－lnx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝－lnx.当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明由题意知，a，b是两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，两边同时除以ab，得eq\f(lna,a)－eq\f(lnb,b)＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a)，即eq\f(lna＋1,a)＝eq\f(lnb＋1,b)，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b))).令x1＝eq\f(1,a)，x2＝eq\f(1,b)，由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0<x<e时，f(x)>0，当x>e时，f(x)<0，不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2<e.要证2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e，即证2<x1＋x2<e.先证x1＋x2>2，要证x1＋x2>2，即证x2>